江西省吉安县2018-19学年高二物理上学期期中联考试题.docx

江西省吉安县第三中学、安福二中2018-2019学年高二物理上学期期中联考试题 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，17题只有一个选项正确，710题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1关于磁感应强度，下列说法正确的是（ ）A.某电流元放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B.由B=错误！未找到引用源。可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与IL成反比C.一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D.小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向2.如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为-Q和+2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一半径为r（2rL）空心金属球，且球心位于O点，则球壳上的感应电荷在O点的场强大小为（）A. 12KQ/L2水平向右 B. 12KQ/L2水平向左C. 3KQ/L2水平向右 D. 3KQ/L2水平向左3.两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则( )A正电荷由P静止释放能运动到QB正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C负电荷在P的电势能高于在Q的电势能D负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零4.如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则：（）A微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小B微粒下落过程中重力做功为mg（h+d/2），电场力做功为-qUC微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为D若微粒从距B板高1.5h处自由下落，则恰好能达到A板5如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射人，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）A它们运动的时间tQtPB它们运动的加速度aQaPC它们的动能增加之比EKP：EKQ=1：2D它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：26.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍若用电流表A的表盘刻度表示流过接线住1的电流值，则下列分析正确的是（）A将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB将接线住1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD将接线住1、3接入电路时，每一小格表示0.01A7如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（ ）AR3上消耗的功率逐渐增大B电流表读数增大，电压表读数减小C质点P将向上运动D电源的输出功率逐渐增大8 如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（ ）A电路中电源电动势为3.6VB变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小C此电路中，电动机的输出功率减小D变阻器的最大阻值为309.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数的变化量分别用I、U1、U2和U3表示下列说法正确的是()A.不变，不变 B.变大，变大C.变大，不变 D.不变，不变10.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场则以下说法中正确的是（）A. 该粒子运动过程中电势能先减小后增大B. 在T=T/2时刻，该粒子的速度大小为2V0C. 无论粒子在什么时刻进入电场区域，其射出电场时的速度大小一定还是V0D. 若该粒子的入射速度减半，则该粒子将在t=2T时刻射出电场2 填空题（共16分）11(10分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测合金电阻丝阻值Rx约为4用游标卡尺测量电阻丝的长度L测量结果如图1所示，图中读数为L=_mm用螺旋测微器测量电阻丝的直径d测量结果如图2所示，图中读数为d=_mm为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关S外，还有以下一些器材可供选择：电压表V，量程3V，内阻约3k电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2电流表A2，量程100A，内阻约2000滑动变阻器R1，01750，额定电流0.3A滑动变阻器R2，050，额定电流1A电源E（电动势为3V，内阻约为1.2）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_，滑动变阻器_，（填器材的符号）在所给的实物图3中画出连线，接成测量电路图若电压表测量值为U，电流表测量值为I，用测量的物理量表示计算材料电阻率的公式是=_12(6分)一课外小组同学想要测量一个电源的电动势及内阻。准备的器材有：电流表 （0200 mA，内阻是12 ）电阻箱R（最大阻值99 ）一个开关和若干导线。（1）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表A_联，若要使连接后流过定值电阻的电流是流过电流表A的电流的3倍，则定值电阻的阻值R0=_。（2）下左图虚线框中为同学设计的实验电路的一部分，请将电路图补充完整。（3）若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表A的示数I，并计算出 得到多组数据后描点作出R- 图线如下右图所示，则该电源的电动势E=_V，内阻r=_。三计算题(本题共4小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)图1513.（8分）质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B 的位置如图15甲所示，线与竖直方向夹角30，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图15乙所示，线与竖直方向夹角也为30，求（1）A、B小球电性及所带电量Q；（2）外加匀强电场的场强E。14.（12分）如图所示，在E=10 3 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10 -4 C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s 2 ，问：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）（3）小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？ 15.(12分）如图甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响求：（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U-I图象中哪一条直线？（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少？（3）试求出电源的电动势和内阻（4）变阻器滑片从一端滑向另一端的过程中，变阻器消耗的最大功率为多少？16. （12分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和q（q0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小。班级 姓名 考场号 座位号 密封线安福二中、吉安县三中11月份联考(高二)（物理）试题答案一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，17题只有一个选项正确，710题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)题号12345678910答案DADCDCBDADACAC二填空题（共16分） 11.(10分) 54.5 . 0.855 （4分） A1 ； R2（2分） （2分） （2分） 12.（6分）（1）并、4 （2分） （2） （2分）（3）8.0 3.0（4分）三计算题(本题共4小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.（8分）解析（1）由图15乙用假设法可判定A球带正电，B球带负电，否则A球、B球均不能处于平衡状态。由图24甲得两小球相距d2l2lsin30l由A球受力平衡可得mgtan，解得-4分（2）此时两球相距d/=2l+2lsin300=3l根据A球受力平衡可得QEmgtan， 解得E-4分14.(12分) 答：（1）滑块与N点的距离为20m；（3分）（2）滑块通过P点时对轨道压力是1.5N；（3分）（3）滑块落地点离N点的距离为0.6m，落地时速度的大小为根号17米每秒（6分）（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，qEL-mgL-mg2R=1/2mv2-0 小滑块在C点时，重力提供向心力，所以 mg=mV2/R 代入数据解得 v=2m/s，L=20m（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，qE（L+R）-mgL-mg?R=1/2mvP2-0 在P点时由牛顿第二定律可得，N-qE=mV2/R 解得N=1.5N 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R=1/2gt2可得滑块运动的时间t为，t=0.4s，滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE=ma， 所以加速度 a=2.5m/s2，水平的位移为 x=vt-1/2at2 代入解得 x=0.6m滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy=gt=100.4m/s=4m/s，水平方向的速度的大小为 vx=v-at=2-2.50.4=1m/s，落地时速度的大小为v地=v2y+v2x=42+12=17m/s 15.(12分)（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应BC、V2对应AC （2）由题意得：U2=IR0，则R0=3当滑动变阻器取最大值时，电流最小Imin=0.5A，而UR=U1-U2=7.5-1.5=6V所以Rmax=6/0.5=12 （3）因为U1=E-Ir，则内阻r=1 所以E=U1+Ir=7.5+0.51=8V(4)运用等效电源法，当R滑等于R0+r时，输出功率最大PM=E2/4(R0+r)=4W答：（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U-I图象中：V1对应BC、V2对应AC-2分 （2）定值电阻R0、变阻器的总电阻